第二章化学反应速率与化学平衡同步习题2023-2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1

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第二章 化学反应速率与化学平衡同步习题

一、单选题
1．汽车尾气（含CO、NO与SO2等）是城市空气的主要污染源之一，治理的办法之一是在汽车排气管上安装催化转化器，在其作用下NO与CO反应可生成参与大气生态循环的无毒气体，其反应原理是2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△Hp2
B．达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大
C．α2+α3”“”“0，不能自发进行，故C错误；
D.因该反应是熵减小的放热反应，由 p2，A项正确；
B．根据分析，甲和丙达到平衡时NH3的体积分数相同，乙的转化率高于甲，故乙容器中NH3的体积分数最大，B项错误；
C．根据分析α1+α3=1；乙的转化率高于甲，故α2+α3>1，C项错误；
D．甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，D项错误；
答案选A。
9．B
【详解】A．氮气分子中的氮氮三键分别在三个阶段与H原子相连，故途径Ⅰ中分子仅断裂键，A项正确；
B．氮氮三键中的两个氮原子，均参与反应，生成氨气分子，B项错误；
C．两种途径均是使氮氮键断裂与H原子结合逐步形成氨气分子，故总反应式均为，C项正确；
D．催化剂可以降低反应活化能，提高反应速率，D项正确；
答案选B。
10．A
【详解】A．增大气体压强，即同等倍数增大所有气体的浓度，能加快反应速率，A正确；
B． 增大反应物浓度能能加快反应速率，反之减小生成物NO 的浓度能降低反应速率，B错误；
C．升高温度能加快反应速率，则降低温度能减慢反应速率，C错误；
D． 添加催化剂通常能大幅增加反应速率，D错误；
答案选A。
11．B
【详解】A．化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A错误；
B．a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，即反应物浓度：a点大于b点，B正确；
C．减小容器的体积，反应物浓度增大，正反应速率增大，a~b段的转化率增大，C错误；
D．随着反应的进行，正反应速率增大，时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段，D错误；
故选B。
12．C
【分析】由图中示意图可以看出，在TiO2催化作用下，紫外线提供能量，发生化学反应：NOx+O2+H2O→HNO3，纳米TiO2与紫外线接触面积更大，可以提高化学反应速率，据此分析解答。
【详解】A. 题中示意图表明，在TiO2的催化作用下紫外线提供能量，部分光能转变为化学能，故A项正确，不符合题意；
B. 题中示意图表明，在TiO2的催化作用下紫外线提供能量，发生反应：NOx+O2+H2O→HNO3，故B项正确，不符合题意；
C.没有紫外线时上述反应不能发生，故C项错误，符合题意；
D.纳米与紫外线接触面积更大，将产生更多的光生电子和光生空穴，从而消除更多的NOx，故D项正确，不符合题意；
答案选C；
【点睛】本题主要考查化学与STES，其中汽车尾气氮氧化物成为主要污染源，是近几年环保题型的热点话题，抓住图示有效信息、结合氧化还原反应的规律、掌握化学反应所需的条件，是解决问题的关键，D选项要注意纳米技术与普通技术的优越性。
13．C
【分析】反应Ⅰ和反应Ⅲ 均为放热反应，因此，CH4的平衡量随着温度的升高而减小，所以图中曲线A表示CH4的物质的量变化曲线；由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，因此，CO在平衡时的物质的量随着温度升高而增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，则曲线B为CO2的物质的量变化曲线；
【详解】A．化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，由盖斯定律可知，反应Ⅰ-2×Ⅱ得到Ⅲ，故反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数关系为，故A错误；
B．反应Ⅰ和反应Ⅲ 均为放热反应，因此，CH4的平衡量随着温度的升高而减小，所以图中曲线A表示CH4的物质的量变化曲线；由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，因此，CO在平衡时的物质的量随着温度升高而增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，则曲线B为CO2的物质的量变化曲线，故B错误；
C．反应Ⅰ和反应Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ和反应Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，因此，在低温时CH4的平衡量较高，要提高 CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂以尽快建立化学平衡状态，故C正确；
D．-(反应Ⅱ+反应Ⅲ)得到目标反应，则CH4(g)+H2O(g) =CO(g)+3H2(g)的ΔH=-[+41.2 kJ/mol +(-247.1 kJ/mol)] =205.9 kJ/mol，故D错误；
故选C。
14． 时间 颜色（或气泡） 出现浑浊的时间 温度 10 0 6
【分析】根据题中信息，由反应现象与速率关系进行判断；根据实验①、②的温度不同，可探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致；根据实验①、③的溶液总体积相同，只有加入硫酸的量不同，即硫酸的浓度不同，故可探究浓度对反应速率的影响；据此解答。
【详解】（1）①比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的时间实现；答案为时间。
②在KMnO4与H2C2O4反应中，是紫红色，Mn2+是无色的，还产生CO2气体，可通过观察单位时间内溶液颜色变化或产生的气体来测定，即KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应，生成Mn2+、CO2和H2O，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案为颜色(或气泡)，2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
③在Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O反应中，产生S沉淀，可以通过出现浑浊需要的时间来判断；答案为出现浑浊的时间。
（2）实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积使总体积一样，故V3=0；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响；而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL；答案为温度，10，0，6。
15． 0.013 ＝ 快 实验2中使用了催化剂 快 实验3的温度更高
【详解】(1)实验1中，在10〜20min内A的物质的量浓度减少了0.8mol/L－0.67mol/L＝0.13mol/L，则以物质A表示的平均反应速率为：v（A）=△c/△t=0.13mol/L/10min=0.013mol/（L•min），根据表中数据可知，40min以后A的浓度不再变化，说明40min后达到平衡状态，则50min时，v（正）=v（逆），故答案为：0.013；=；
(2)实验1、2起始量相同，温度相同，平衡浓度相同，但实验2达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡不变，故答案为：快；实验2中使用了催化剂；
(3)实验1、3起始量相同，但实验3达到平衡所需要的时间短，反应速率增大，根据图表可知，实验3温度比实验1高，故答案为：快；实验3的温度更高。
16．(1)
(2)不可行，ΔG=ΔH-ΔS＜0反应可发生，而该反应的ΔH＞0 、ΔS＜0，则ΔG＞0，所以反应不能自发进行
(3)0.225mol/(L▪min)
(4)bd
(5) ＞ 此时Q=＜，则反应正向进行，v正＞v逆
(6) N
＞ b点不同催化剂下，CO2的转化率相同，此时反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率降低

【详解】（1）CO2是共价化合物，每个C原子都和O原子共用两对电子，使得C原子和O原子都达到8电子稳定结构，电子式为，O和S是同族元素，COS的电子式为 。
（2）ΔG=ΔH-TΔS＜0反应可发生，而该反应的ΔH＞0 、ΔS＜0，则ΔG＞0，所以反应不能自发进行。
（3）同温同容下，气体压强之比等于物质的量之比，反应前混合气体的总物质的量为4mol，10min后容器内压强是原来的0.625倍，则气体的总物质的量为4mol×0.625=2.5mol，气体物质的量减少了4mol-2.5mol=1.5mol，根据反应方程式可知，消耗3molH2，则气体物质的量减少2mol，则反应的氢气的物质的量为2.25mol，容器体积为1L，则消耗的氢气的物质的量浓度为2.25mol/L，则氢气的平均反应速率为2.25mol/L÷10min=0.225mol/(L▪min)。
（4）起始充入的n(CO2)：n(H2)=1：3，反应方程式里，CO2和H2的系数之比也为1：3， 所以在反应过程中，CO2和H2的物质的量之比一直为1：3，所以CO2和H2的物质的量之比保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不选；该反应的反应物和生成物均为气体，混合气体总质量是不变的，该反应前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量是变化的，则在未平衡前，混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡状态，故b选；反应的平衡常数只和温度有关，所以反应的平衡常数保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故c不选；CO2体积分数保持不变，说明反应达到了平衡，故d选；故选bd。
（5）平衡常数表达式是用平衡时生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积表示的，该反应的K=；已知某温度下，。该温度下，测得容器中、，此时，Q=＜，则反应正向进行，v正＞v逆。
（6）①从图中可以看出，在相同温度下，N型催化剂下的CO2转化率更低，所以N型催化剂下反应速率慢，活化能高。
②a点处使用的是N型催化剂，相同温度下，使用M型催化剂CO2的转化率更高，所以a点处反应还未达到平衡，平衡时，CO2的转化率增大，故v正＞v逆。
③b点不同催化剂下，CO2的转化率相同，此时反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CO2的转化率降低。
17．(1) C+2NON2+CO2 ＜
(2)  
(3) 不移动 浓度熵Qc==K，平衡不移动

【详解】（1）反应过程中转化量：n(C)：n(NO)：n(A)：n(B)=(2.05-2)：(0.2-0.1)：0.05：0.05=1：2：1：1，则方程式为C+2NO=A+B，A和B是两种气体，根据原子守恒结合化合价升降相等可知A、B为N2和CO2，方程式为：C+2NON2+CO2；上述反应达到平衡共耗时5分钟，消耗活性炭0.05mol，化学反应过程中正反应速率逐渐减小，则当活性炭消耗0.025mol时，反应的时间＜2.5分钟。
（2）上述反应达到平衡后，其他条件不变时，通入0.2mol NO，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大，再次平衡时正逆反应速率相等，画出正、逆反应速率(及)随时间t变化的示意图为  。
（3）由表格数据可知，该反应的平衡常数K=，向上述表格的平衡体系中通入0.100mol NO和0.150mol ，浓度熵Qc==K，平衡不移动。
18．(1)A
(2)0.05mol/（L•min）
(3)2A2B+C
(4)B

【详解】（1）由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，故答案为：A；
（2）2min内，C的浓度变化为0.1mol/L，v=0.1mol/L÷2min=0.05mol/（L•min），故答案为：0.05mol/（L•min）；
（3）由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c（A）：△c（B）：△c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A2B+C，故答案为：2A2B+C；
（4）800℃时，2min内A的消耗浓度=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，用A表示的速率为：v（A）=0.2mol/L÷2min=0.1mol/（L•min），在其他条件下，测得A的反应速率为0.5mol•L-1•min-1，此时的反应比800℃时快，故答案为：B。
19． 1mol/（L▪min） = 升温 减小SO3浓度
【分析】(1)、根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比进行计算，得出正确结论；
(2)、化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，温度不变，则平衡常数K不变；
(3)、根据正逆反应速率的变化结合温度、压强对反应速率和化学平衡的影响判断，a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，b时正反应速率大于逆反应速率，注意逆反应速率突然减小的特点。
【详解】(1)、，v(O2) : v (SO2) =1: 2，v(O2) =0.5v(SO2) =1mol/（L▪min）；
故答案为1mol/（L▪min）；
(2)、化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故可逆反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）的平衡常数，平衡常数只受温度的影响，温度不变，则压强改变，平衡状态由A变到B时，则K（A）=K（B）；
故答案为；=；
(3)、a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因，若增大压强，则正逆反应速率均增大，且反应向正反应方向进行；
故答案为升温；减小SO3浓度；。
20． 反放热 5 ＞
【详解】①反应焓变小于0，故甲醇制二甲醚属于放热反应；由图可知，在t1min时到达平衡，平衡时CH3OH、CH3OCH3、H2O浓度分别为0.4mol/L、1mol/L、0.8mol/L，故该温度下平衡常数K＝＝＝5；
故答案为：放热；5；
②此时的浓度商Qc＝＝4.5，小于平衡常数5，故反应向正反应进行，则v （正）＞v （逆）；
故答案为：＞。
21．(1) 是 0.02mol·L-1·min-1 d
(2) < 75%

【详解】（1）①根据反应，结合表中数据，5 min时H2为0.60 mol，可知CO为0.20 mol，即c=0.20，则a=0.20，7 min时各物质的物质的量与5 min时相同，所以5 min时反应达到平衡状态；前5 min反应的平均反应速率v(CH4)= ；
②反应在7～10 min内，只有CO的物质的量减少，而其他物质的物质的量都增加，只能是充入氢气，使平衡逆向移动，故答案为d；故答案为：是；0.02mol·L-1·min-1；d；
（2）由题给图象可知，NO的浓度达到最大值后，随温度升高，NO的浓度又逐渐减小，即升高温度平衡逆向移动，所以该反应的ΔH0，故答案为>；
②H2S的起始浓度均为1mol⋅L−1，若985℃时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为1mol×40%=0.4mol， ，故答案为 0.04mol/(L·s)；
③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；故答案为温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；
（2）欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，即硫离子完全被氧化为S单质，所以氧气必须过量，采取的措施为提高混合气体中空气的比例；由图示可知Fe3+起到催化作用，所以增大c(Fe3+)也可以使得硫离子完全被氧化为S单质，故答案为增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。